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Equazioni lineari in seno e coseno

Ripasso goniometria e trigonometria

Home » Equazioni lineari in seno e coseno


 

Definizione 1. Un’equazione lineare in seno e coseno è un’equazione del tipo

(1)   \begin{equation*} a\cos(x)+b\sin(x)+c=0 \end{equation*}

con a,b\in\mathbb{R}\setminus\{0\} e c\in\mathbb{R}.

 

Per risolvere questo tipo di equazioni è possibile procedere applicando tre metodi diversi: il metodo algebrico, il metodo grafico e il metodo dell’angolo aggiunto. Di seguito la spiegazione dei tre metodi.

 

Metodo algebrico

Il metodo algebrico consiste nella risoluzione, appunto, algebrica dell’equazione; a seconda che il termine noto c sia nullo o meno si procede tramite due diverse strade

.

Caso c=0. 

 

In questo caso (1) diventa

    \[a\cos(x)+b\sin(x)=0.\]

Dividiamo i membri dell’equazione per \cos(x); la divisione è sempre possibile in quanto se \cos(x)=0, per l’identità fondamentale della goniometria si ha \sin(x)=\pm1 e quindi a\cdot(\pm1)=0 che data la non nullità di a è sempre falsa.
L’equazione dunque diventa

    \[a\left(\dfrac{\cos(x)}{\cos(x)}\right)+b\left(\dfrac{\sin \left(x\right)}{\cos(x)}\right)=0\quad \Leftrightarrow\quad a+b\tan(x)=0\]

da cui

    \[\tan(x)=-\dfrac{a}{b}\]

cioè

    \[x=\arctan\left(-\dfrac{a}{b}\right)+k\pi=-\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)+k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}.\]

Si conclude che la soluzione \mathcal{S} dell’equazione è

    \[\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,-\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)+k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}\]

 

Caso c\neq0.

 

In questo caso dobbiamo avvalerci delle forme parametriche del seno e coseno, ovvero:

    \[\sin(x)=\dfrac{2t}{t^2+1},\quad\cos(x)=\dfrac{1-t^2}{t^2+1}\]

dove abbiamo posto t=\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)  e  \dfrac{x}{2}\neq\dfrac{\pi}{2}+k\pi ovvero x\neq\pi+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.

Applicando dunque le formule parametriche all’equazione (1) si ottiene

    \[\begin{aligned} a\left(\dfrac{1-t^2}{t^2+1}\right)+b\left(\dfrac{2t}{t^2+1}\right)+c=0\,\, \Leftrightarrow\,\, \dfrac{a-at^2+2bt+ct^2+c}{t^2+1}=0\,\, \Leftrightarrow\,\, \dfrac{t^2(c-a)+2bt+a+c}{t^2+1}=0, \end{aligned}\]

notiamo che t^2+1\neq 0 per ogni t\in\mathbb{R}, dunque è possibile moltiplicare ambo i membri dell’equazione per il termine t^2+1 eliminando il denominatore, e riducendo l’equazione ad un’equazione di secondo grado completa:

    \[t^2(c-a)+2bt+a+c=0.\]

Calcoliamo il delta della formula ridotta o ridottissima:

    \[\dfrac{\Delta}{4}=b^2-(c-a)(c+a)=b^2-\left(c^2-a^2\right)=a^2+b^2-c^2\]

e quindi

    \[t_{1,2}=\dfrac{-b\pm\sqrt{a^2+b^2-c^2}}{(c-a)}\]

da qui, applicando la funzione inversa della tangente, possiamo ricavare le soluzioni dell’equazione (1).

 

 

Osservazione 1.  Per poter trasformare seno e coseno con le formule parametriche abbiamo escluso gli angoli x=\pi+2k\pi che però potrebbero essere soluzione dell’equazione; per questo, prima di applicare la risoluzione, dobbiamo controllare se questi angoli siano o meno soluzioni sostituendo nell’equazione e ottenendo:

    \[a\cdot(-1)+b\cdot 0+c=0\quad \Leftrightarrow\quad a=c.\]

 

 

Pertanto si può concludere che la soluzione \mathbb{S} dell’equazione (1) è

 

    \[\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}= \begin{cases} \left\{x\in\mathbb{R}: x_{1,2}=2\arctan\left(\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{(c-a)}\right)+2k\pi,k\in\mathbb{Z}\right\}\cup\left\{x\in\mathbb{R}:x=\pi+2k\pi,k\in\mathbb{Z}\right\}\,\text{se}\,a=c,\\\\ \left\{x\in\mathbb{R}: x_{1,2}=2\arctan\left(\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{(c-a)}\right)+2k\pi,k\in\mathbb{Z}\right\}\quad\text{se}\,\,a\neq c. \end{cases} }\]

dove \Delta=a^2+b^2-c^2.

 

Di seguito qualche esempio.

 

Esempio 1  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Risolvere la seguente equazione

    \[3\sin(x)-\sqrt{3}\cos(x)=0.\]

 

Svolgimento. Siamo nella casistica c=0, dunque dapprima dividiamo entrambi i membri per \cos(x), ottenendo

    \[3\tan(x)-\sqrt{3}=0,\]

da cui

    \[\tan(x)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\quad \Leftrightarrow\quad x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.\]

Si conclude che la soluzione \mathcal{S} dell’equazione è

    \[\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,\,x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}\]

 

 

 

Esempio 2 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Risolvere la seguente equazione

    \[\sqrt{3}\cos(x)-\sin(x)-1=0.\]

 

Svolgimento.  Siamo nella casistica c\neq0 pertanto applichiamo le formule parametriche. Notiamo che siamo nella casistica a\neq c pertanto la soluzione \mathcal{S} dell’equazione è

    \[\begin{aligned} x_{1,2}&=2\arctan\left(\dfrac{-b\pm\sqrt{a^2+b^2-c^2}}{(c-a)}\right)+2k\pi=2\arctan\left(\dfrac{1\pm\sqrt{3}}{-1-\sqrt{3}}\right)+2k\pi=\\ &=\begin{cases} 2\arctan\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{-1-\sqrt{3}}\right)+2k\pi\\\\ 2\arctan\left(\dfrac{1-\sqrt{3}}{-1-\sqrt{3}}\right)+2k\pi \end{cases}=\begin{cases} 2\arctan\left(-1\right)+2k\pi\\\\ 2\arctan\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{1+\sqrt{3}}\right)+2k\pi \end{cases}\\ &=\begin{cases} -2\cdot\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\\\ 2\arctan\left(\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}{2}\right)+2k\pi \end{cases}=\begin{cases} -\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\\\\ 2\arctan\left(2-\sqrt{3}\right)+2k\pi \end{cases}=\\\\ &=\begin{cases} -\dfrac{\pi}{2}+k\pi\\\\ 2\cdot \dfrac{\pi}{12}+2k\pi \end{cases}=\begin{cases} -\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\\\\ \dfrac{\pi}{6}+2k\pi, \end{cases} \end{aligned}\]

con k\in\mathbb{Z}.
Si conclude che la soluzione \mathcal{S} dell’equazione è

    \[\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi,\,\,x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}\]

 

 

Osservazione 2. Risulta chiaro che le formule trovate per \mathcal{S} sono complicate e di difficile memorizzazione; pertanto si consiglia al lettore, ogni qual volta si voglia applicare il metodo algebrico per la risoluzione di un’equazione lineare in seno e coseno, di rifare la dimostrazione della formula dal principio applicata al caso in questione, in altri termini si consiglia di applicare le formule parametriche e di procedere nei calcoli.

 

 

Per quanto osservato procediamo nei calcoli e risolviamo l’esempio 2 applicando le formule parametriche ottenendo

    \[\sqrt{3}\left(\dfrac{1-t^2}{t^2+1}\right)-\dfrac{2t}{t^2+1}-1=0,\]

da cui

    \[\begin{aligned} &\sqrt{3}\left(\dfrac{1-t^2}{t^2+1}\right)-\dfrac{2t}{t^2+1}-1=0\quad \Leftrightarrow\quad \dfrac{\sqrt{3}(1-t^2)-2t-(t^2+1)}{t^2+1}=0\quad \Leftrightarrow\quad \sqrt{3}(1-t^2)-2t-(t^2+1)=0\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\quad \Leftrightarrow\quad\sqrt{3}(1-t^2)-2t-(t^2+1)=0\quad \Leftrightarrow\quad(-1-\sqrt{3})t^2-2t+\sqrt{3}-1=0. \end{aligned}\]

Calcoliamo il delta dell’equazione di secondo grado

    \[\Delta=4-4(-1-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)=4+4(1+\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)=4+4(\sqrt{3}^2-1^2)=4+4(3-1)=12\]

e quindi

    \[t_{1,2}=\dfrac{2\pm\sqrt{12}}{2(-1-\sqrt{3})} =\dfrac{2\pm2\sqrt{3}}{-2(1+\sqrt{3})} =\dfrac{-1\mp\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\]

da cui, razionalizzando, otteniamo:

    \[t_{1,2}=\dfrac{-1\mp\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1-\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}} =\dfrac{(-1\mp\sqrt{3})(1-\sqrt{3})}{-2},\]

cioè

    \[t_1=\dfrac{(-1+\sqrt{3})(1-\sqrt{3})}{-2} =\dfrac{(1-\sqrt{3})^2}{2}=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{2}=2-\sqrt{3}\]

e

    \[t_2=\dfrac{(-1-\sqrt{3})(1-\sqrt{3})}{-2} =\dfrac{-(1^2-\sqrt{3^2})}{-2}=\dfrac{-2}{2}=-1.\]

Infine, tramite formula inversa di \tan{\left(\dfrac{x}{2}\right)}, si ha

    \[x_1=2\arctan(2-\sqrt{3})=2\left(\dfrac{\pi}{12}+k\pi\right)=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi\\]

e

    \[\,\,\qquad \qquad x_2=2\arctan(-1)=2\left(\dfrac{7\pi}{4}+k\pi\right)=\dfrac{7\pi}{2}+2k\pi= \dfrac{3\pi}{2}+2k\pi\]

Si conclude nuovamente che la soluzione \mathcal{S} dell’equazione è

    \[\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi,\,\,x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}\]

 

 

 Metodo grafico

Questo tipo di equazioni sono risolubili anche geometricamente, infatti intersecando la nostra equazione con l’identità fondamentale della goniometria, si ottiene il seguente sistema

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} a\cos x+b\sin(x)+c=0\\ \sin^2(x)+\cos^2(x)=1. \end{cases} \end{equation*}

Ponendo X=\cos(x) e Y=\sin(x) otteniamo

    \[\begin{cases} aX+bY+c=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases}\]

Si osserva che quest’ultimo sistema rappresenta l’intersezione di una retta (la nostra equazione (1)) con la circonferenza centrata nell’origine e di raggio 1, da cui risolvendo il sistema si ha dalla prima equazione del sistema

    \[X=\dfrac{-bY-c}{a},\]

che sostituita nella seconda equazione del sistema ci restituisce

    \[\begin{aligned} &\left( \dfrac{-bY-c}{a}\right)^2+Y^2=1\quad \Leftrightarrow\quad \dfrac{b^2Y^2+c^2+2bcY+a^2Y^2}{a^2}=\dfrac{a^2}{a^2}\quad \Leftrightarrow\quad b^2Y^2+c^2+2bcY+a^2Y^2=a^2\quad \Leftrightarrow\quad \\ &\quad \Leftrightarrow\quad Y^2\left(a^2+b^2\right)+2bcY+c^2-a^2=0 \end{aligned}\]

che ha come soluzione

    \[Y_{1,2}=\dfrac{-bc\pm\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\]

da cui

    \[X_{1}=\dfrac{-b\,Y_{1}-c}{a}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a},\]

e

    \[X_{2}=\dfrac{-b\,Y_{2}-c}{a}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a},\]

e quindi il sistema diventa

    \[\begin{aligned} &\begin{cases} aX+bY+c=0\\ X^2+Y^2=1 \end{cases}=\\ &=\begin{cases} X_{1}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a}\\\\ Y_{1}=\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2} \end{cases}\cup\quad\begin{cases} X_{2}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a}\\\\ Y_{2}=\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}. \end{cases} \end{aligned}\]

 

 

Esempio 3 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Risolvere la seguente equazione

    \[3\cos(x)+\sqrt{3}\sin(x)+3=0\]

 

 

Svolgimento.  Poniamo a=3,\,b=\sqrt{3},\,c=3 e otteniamo

    \[\begin{aligned} &\begin{cases} X_{1}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a}\\\\ Y_{1}=\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2} \end{cases}\cup\quad\begin{cases} X_{2}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a}\\\\ Y_{2}=\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2} \end{cases} =\\ &=\begin{cases} X_{1}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-\sqrt{3}\cdot 3+\sqrt{\sqrt{3}^2\cdot3^2-\left(3^2+\sqrt{3}^2\right)\left(3^2-3^2\right)}}{3^2+\sqrt{3}^2}\right)-\dfrac{3}{3}\\\\ Y_{1}=\dfrac{-\sqrt{3}\cdot3+\sqrt{\sqrt{3}^2\cdot 3^2-\left(3^2+\sqrt{3}^2\right)\left(3^2-3^2\right)}}{3^2+\sqrt{3}^2} \end{cases}\cup\\ &\cup\quad \begin{cases} X_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-\sqrt{3}\cdot3-\sqrt{\sqrt{3}^2\cdot 3^2-\left(3^2+\sqrt{3}^2\right)\left(3^2-3^2\right)}}{3^2+\sqrt{3}^2}\right)-\dfrac{3}{3}\\\\ Y_{2}=\dfrac{-3\sqrt{3}-\sqrt{-\left(3^2+\sqrt{3}^2\right)\left(3^2-3^2\right)}}{3^2+\sqrt{3}^2} \end{cases}=\\ &=\begin{cases} X_{1}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-3\sqrt{3}+\sqrt{27}}{12}\right)-1\\\\ Y_{1}=\dfrac{-3\sqrt{3}+\sqrt{27}}{12} \end{cases}\quad \cup\quad \begin{cases} X_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-3\sqrt{3}-\sqrt{27}}{12}\right)-1\\\\ Y_{2}=\dfrac{-3\sqrt{3}-\sqrt{27}}{12}. \end{cases}=\\ &=\begin{cases} X_{1}=-1\\\\ Y_{1}=0 \end{cases}\quad \cup\quad \begin{cases} X_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-6\sqrt{3}}{12}\right)-1\\\\ Y_{2}=\dfrac{-6\sqrt{3}}{12}. \end{cases}=\begin{cases} X_{1}=-1\\\\ Y_{1}=0 \end{cases}\quad \cup\quad \begin{cases} X_{2}=-\dfrac{1}{2}\\\\ Y_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}, \end{aligned}\]

cioè

    \[\begin{aligned} &=\begin{cases} \cos x _{1}=-1\\\\ \sin y_{1}=0 \end{cases}\quad \cup\quad \begin{cases} \cos x_{2}=-\dfrac{1}{2}\\\\ \sin y_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases} \end{aligned}\]

Quindi la soluzione \mathcal{S} dell’equazione è

    \[\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=-\dfrac{2\pi}{3}+2k\pi,\,\,x=\pi+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}\]

 

 

Osservazione 3. Risulta chiaro che per risolvere un’equazione lineare in seno e coseno per brevità è comodo applicare la formula ottenuta, ma come già visto nell’osservazione 2, non è facile ricordare mnemonicaménte tale formula; pertanto si consiglia di procedere facendo i calcoli e ripetendo la dimostrazione fatta per il metodo grafico.

 

 

Operiamo la sostituzione X=\cos x e Y=\sin x e otteniamo il seguente sistema:

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} 3X+\sqrt{3}Y+3=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases} \end{equation*}

Svolgiamo i calcoli

    \[\begin{aligned} &\begin{cases} 3X+\sqrt{3}Y+3=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} \sqrt{3}X+Y+\sqrt{3}=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad\\ &\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ X^2+Y^2=1. \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad\begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ X^2+3\left(X+1\right)^2=1. \end{cases}\Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ 2X^2+3X+1=0. \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ 2X^2+2X+X+1=0. \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ 2X\left(X+1\right)+X+1=0. \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ 2X\left(X+1\right)+X+1=0. \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\quad \Leftrightarrow\quad\begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ \left(2X+1\right)\left(X+1\right)=0, \end{cases} \end{aligned}\]

da cui

    \[\begin{cases} X=-1\\ Y=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} \cos(x)=-1\\ \sin(x)=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad x=\pi+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\]

e

    \[\begin{cases} X=-\dfrac{1}{2}\\\\ Y=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} \cos(x)=-\dfrac{1}{2}\\\\ \sin(x)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad x=\dfrac{4\pi}{3}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\]

cioè

    \[\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=-\dfrac{2\pi}{3}+2k\pi,\,\,x=\pi+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}\]

Questo sistema rappresenta l’intersezione tra la nostra equazione (una retta) e la circonferenza centrata nell’origine e di raggio uno; possiamo rappresentare la situazione graficamente:

 

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Metodo dell’angolo aggiunto

 

Metodo dell’angolo aggiunto. Data un’equazione lineare in seno e coseno vale quanto segue

(4)   \begin{equation*} a\cos x +b \sin x +c=0\quad \Leftrightarrow\quad \rho\sin(x+\alpha)=-c \end{equation*}

dove \rho=\sqrt{a^2+b^2} e \alpha=\arctan\left(\dfrac{b}{a}\right).

 

Dimostrazione.  Senza perdita di generalità supponiamo a,b>0. Riscriviamo (1) come segue

    \[\begin{aligned} a\cos x +b\sin x =\sqrt{a^2+b^2}\left(\sqrt{\dfrac{a^2}{a^2+b^2}}\,\cos x +\sqrt{\dfrac{b^2}{a^2+b^2}}\,\sin x \right), \end{aligned}\]

da cui, osservando quanto segue

    \[\cos^2\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)=\dfrac{b^2}{a^2+b^2}\]

e

    \[\sin^2\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)=\dfrac{a^2}{a^2+b^2},\]

si ha

    \[a\cos x +b\sin x =\sqrt{a^2+b^2}\left(\cos\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)\,\cos x +\sin\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)\,\sin x \right).\]

Applicando la formula di somma e sottrazione del coseno si ottiene

    \[\sqrt{a^2+b^2}\left(\sin\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)\cos x +\cos\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)\sin x \right)=\sqrt{a^2+b^2}\sin\left(x+\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right),\]

cioè l’asserto.

 

 

Osservazione 4. Dalla regola fondamentale della goniometria \sin^2 x +\cos^2 x=1 è possibile ottenere le seguenti relazioni

    \[\sin^2 x=\dfrac{\tan^2 x}{1+\tan^2 x}\]

e

    \[\cos^2 x=\dfrac{1}{1+\tan^2 x},\]

da cui ponendo x=\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right) si ottengono le relazioni usate nella dimostrazione.

 

 

In termini pratici questo metodo prevede di trasformare l’equazione (1) in un’equazione elementare nel solo seno, il cui argomento è x+\alpha dove \alpha è l’angolo aggiunto. Di seguito qualche esempio.

 

 

Esempio  4  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Risolvere la seguente equazione

    \[\sin(x)-\cos(x)+1=0.\]

 

Svolgimento. I parametri sono dati da

    \[a=1,\quad b=-1,\quad c=1\]

quindi otteniamo

    \[\begin{cases} \rho=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{2}\\ \alpha=\arctan\left(\dfrac{b}{a}\right)=\arctan(-1)=-\dfrac{\pi}{4}, \end{cases}\]

da cui

    \[\sqrt{2}\sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)+1=0,\]

cioè

    \[\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\]

che ha come soluzioni

    \[\begin{cases} x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5\pi}{4}+2k\pi\\\\ x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{7\pi}{4}+2k\pi \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} x=\pi+2k\pi\\\\ x=\dfrac{3\pi}{2}+2k\pi \end{cases}\]

con k\in \mathbb{Z}. Si conclude che la soluzione \mathcal{S} dell’equazione è

    \[\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\pi+2k\pi,\,x=\dfrac{3\pi}{2}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}\]

 

 

Osservazione 5. Il metodo dell’angolo aggiunto è sicuramente più semplice da memorizzare rispetto alle formule ottenute per il metodo algebrico e grafico pertanto è possibile applicare direttamente la (4); per motivi didattici proponiamo la soluzione senza ricorrere alla (4).

 

 

Osserviamo quanto segue:

    \[\sin x -\cos x =\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos x \right)=\sqrt{2}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\sin x -\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\cos x \right)=\sqrt{2}\sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right),\]

quindi

    \[\sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}},\]

e pertanto ci siamo ricondotti alla stessa equazione ottenuta applicando direttamente il metodo dell’angolo aggiunto, da cui rifacendo gli stessi calcoli fatti in precedenza si ottiene \mathcal{S}. Inoltre si nota che è possibile in alcuni casi ottenere anche un’equazione solo nella funzione goniometrica coseno, cioè

    \[\sin x -\cos x =\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos x \right)=\sqrt{2}\left(\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\sin x -\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\cos x \right)=-\sqrt{2}\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right),\]

da cui

    \[\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{1}{\sqrt{2}},\]

e svolgendo i calcoli si ottiene nuovamente \mathcal{S}.

 

 

 

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